Matematika Dasar

Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung

PERSAMAAN DIFERENSIAL LINEAR ORDER DUA TAK HOMOGEN

Solusi umum PD linear orde dua tak homogen merupakan jumlah dari solusi PD homogen, yh dan solusi pelengkap, yp dituliskan : y y yh p= +

Solusi homogen dicari seperti penjelasan terdahulu, sedangkan solusi pelengkap dicari menggunakan dua metode yaitu : metode koefisien tak tentu dan metode variasi parameter. 1. Metode Koefisien Tak Tentu Misal f(x) merupakan fungsi polinom, eksponen, sinus atau cosinus. Maka solusi pelengkap, yp dimisalkan sebagai jumlah dari f(x) dan semua turunannya ( lihat tabel ).

Selanjutnya y y yp p p, ' " dan disubstitusikan ke dalam PD untuk menghitung nilai dari

koefisiennya.

f(x) yp

xn A x A x A x Ann

nn+ + + +−

−1

11 0...

ea x A ea x

x ea x A ea x + B x ea x sin ax A sin ax + B cos ax cos ax A sin ax + B cos ax

Contoh Tentukan solusi umum dari PD : a. y “ - y = -3 e

2x.

b. y “ + y = 6 sin 2x Jawab : a. Akar karakteristik PD, m = ± 1. Solusi homogen, yh = C1 e

x + C2 e

-x. Solusi

pelengkap, yp = Ae2x

. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke

dalam PD : 4 A e2x

- A e2x

= -3 e2x

, didapatkan A = -1 sehingga solusi pelengkap,

yp = - e2x

. Solusi umum PD, y = C1 ex + C2 e

-x - e

2x .

b. Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi

pelengkap, yp = A cos 2x + B sin 2x. Substitusikan solusi pelengkap dan turunan keduanya ke dalam PD didapatkan : A = 0 dan B = -2, sehingga solusi pelengkap,

yp = -2 sin 2x. Solusi umum PD, y = C1 cos x + C2 sin x - 2 sin 2x. Bila f(x) merupakan suku-suku dari solusi homogen, maka solusi pelengkap

diambil sebagai perkalian dari xs dan f(x) dengan s terkecil ( s = 1,2,3,… ) sehingga

bukan merupakan suku-suku dari solusi homogennya.

Matematika Dasar

Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung

Contoh

Tentukan solusi khusus PD : y y y e x" '− + =6 9 3 ; y(0) = -1 dan y ‘(0) =1. Jawab : Akar karakteristik PD, m = 3. Solusi homogen, yh = C1 e

3x + C2 x e

3x. Karena e

3x dan

x e3x

merupakan suku-suku dari solusi homogen maka diambil solusi pelengkap , yp =

A x2 e

3x. Substitusikan solusi pelengkap dan turunannya ke dalam PD didapatkan A =

½ . Solusi umum PD, y = C1 e3x

+ C2 x e3x

+ ½ x2 e

3x. Substitusi nilai awal ke dalam

solusi umum dan turunannya, didapatkan C1 = -1 dan C2 = 4. Solusi khusus PD, y = -

e3x

+ 4 x e3x

+ ½ x2 e

3x.

2. Metode Variasi Parameter. Seringkali dijumpai pada pembahasan terdahulu, metode koefisien tak tentu bentuk solusi pelengkap tidak bisa ditentukan. Hal ini disebabkan fungsi f(x) mempunyai bentuk turunan sebanyak tak hingga, misal f(x) = sec x. Kadang pula terjadi terlalu banyak koefisien yang harus dicari, sehingga dirasa metode pengerjaan tersebut kurang praktis. Metode berikut akan membahas cara yang lebih umum tanpa memperhatikan bentuk fungsi f(x).

Misal y C y C yh = +1 1 2 2 merupakan solusi homogen PD : y p y q y f x" ' ( )+ + = . Maka solusi pelengkap dimisalkan : y v y v yp = +1 1 2 2

Fungsi v1(x) dan v2(x) merupakan fungsi parameter. Bila solusi pelengkap diatas

diturunkan sekali maka ( ) ( )y v y v y v y v yp' ' ' ' '= + + +1 1 2 2 1 1 2 2 . Dipilih :

v y v y1 1 2 2 0' '+ = , sehingga didapatkan turunan keduanya :

y v y v y v y v yp" ' ' ' ' " "= + + +1 1 2 2 1 1 2 2 . Substitusikan y y yp p p, ' "dan ke dalam PD

didapatkan : v y v y f x1 1 2 2' ' ' ' ( )+ = .

Fungsi paramater v1(x) dan v2(x) didapatkan dari solusi dari sistem persamaan

linear dalam v v1 2' 'dan berikut :

v y v y1 1 2 2 0' '+ =

v y v y f x1 1 2 2' ' ' ' ( )+ = .

Menggunakan metode Crammer didapatkan :

( )

( )

v

y

f x yy y

y y

vy f x

y y y ydx

v

y

y f xy y

y y

vy f x

y y y ydx

1

2

2

1 2

1 2

12

1 2 2 1

2

1

11 2

1 2

21

1 2 2 1

0

0

''

' '' '

''

' '' '

( ) ( )

( ) ( )

= ⇒ =−

−

= ⇒ =−

∫

∫

Matematika Dasar

Danang Mursita Sekolah Tinggi Teknologi Telkom, Bandung

Contoh Tentukan solusi umum PD : y “ + y = sec x Jawab :

Akar karakteristik PD, m = ± i. Solusi homogen, yh = C1 cos x + C2 sin x. Solusi

pelengkap, yp = v1( x ) cos x + v2( x ) sin x. Fungsi parameter v1( x ) dan v2( x ) diselesaikan dari sistem persamaan berikut : v1( x ) cos x + v2( x ) sin x = 0

- v1( x ) sin x + v2( x ) cos x = sec x

Didapatkan : v1( x ) = ln ( cos x ) dan v2( x ) = x, sehingga solusi pelengkap,

yp = ln ( cos x ) cos x + x sin x.

Solusi umum PD, y = C1 cos x + C2 sin x + ln ( cos x ) cos x + x sin x Soal latihan ( Nomor 1 sd 12 ) Tentukan solusi umum PD berikut :

1. y y y e x" '+ + =3 2 2 3

2. y y y x" '− + =4 2 2 2 3. y y y x" ' sin− + =3 2 10 2

4. y y y e x" '− − = −3 4

5. y y y ex" '− + =2 6. y y y f x" ' ( )+ − =2 3

a. f x x x( ) = + −2 3 b. f(x) = sin 3x + cos 3x c. f(x) = x e

x.

7. y y x" sec+ =

8. y y y e xx" ' ln+ + = −2 9. y y x x" sec tan+ =

10. y y ye x" '− + =

+ −3 21

1

11. y y y e xx" ' ln+ + = −2

12. y y ye

e

x

x" '− + =+

3 21

( Nomor 13 sd 15 ) Tentukan solusi khusus PD berikut : 13. y y x y y" ; ( ) , '( )+ = = =2 0 1 0 2

14. y y y e y yx" ' ; ( ) '( )− + = = =4 4 0 0 02 15. y y y x" ' cos ;+ + =3 2 20 2 y ( 0 ) = -1 , y ‘ ( 0 ) = 6. 16. Pada rangkaian listrik seri, RCL, berdasarkan hukum Kirchoff dirumuskan sebagai

berikut : L Q R QQC

E t" ' ( )+ + = dengan Induksi L (Henry ), Tahanan R ( Ohm ),

Muatan Q ( Coulomb ), Kapasitor C ( Farads ) dan gaya elektromagnetik E(t) ( volt ).

Karena I Q= ' maka dapat dituliskan : L I R IIC

E t" ' ' ( )+ + = . Dengan

menggunakan rumus di atas hitunglah muatan ( Q ) dan kuat arus ( I ) dalam fungsi t dari rangkaian RCL tersebut bila R = 16, L = 0,02 , C = 2 x 10-4 dan E = 12. Anggap bahwa nilai Q = 0 dan I = 0 pada saat t = 0.